Először helyezzük el a $2$ fekete és a $4$ vörös golyót minden lehetséges sorrendben. A nyert csoportok száma $P_6^{\mathrm{2,4}}=\frac{6!}{2!4!}=15$. Ezek közül vannak olyan csoportok, amelyekben a $2$ fekete golyó egymás mellett van. Ezen csoportok számát megkapjuk, ha két fekete golyót egynek tekintjük: $P_5^4=\frac{5!}{4!}=5$. Tehát a többi $10$ csoportban a fekete golyók nincsenek egymás mellett.
Tekintsük először azt az $5$ csoportot, amelyben a $2$ fekete golyó szomszédos. Itt mindegyik $6$ elemű csoportban a lehetséges $7$ hely közül $3$ hely (a két fekete között és tőlük jobbra, balra) nem jön számításba a fehér golyók számára. Tehát a fehér golyók mindegyik esetben négy helyre (I, II, III, IV) rakhatók. E helyeket jelző I, II, III, IV elemeknek minden $3$-ad osztályú ismétléses (mert egy helyre $2$ illetőleg $3$ golyó is rakható) kombinációja a $3$ fehér golyó részére egy-egy elhelyezkedési lehetőséget ad meg és fordítva a $3$ fehér golyó bármely, feltételünknek megfelelő elhelyezkedése, egy-egy ilyen $3$-ad osztályú ismétléses kombinációval jellemezhető. Tehát a fehér golyók összes lehetséges elhelyezésének száma minden egyes csoportban $C_4^{i\mathrm{,3}}$, vagyis $5$ csoportból $5\cdot C_4^{i\mathrm{,3}}=5\cdot \frac{4\cdot 5\cdot 6}{1\cdot 2\cdot 3}=5\cdot 20=100$ feltételünknek megfelelő csoport képezhető.
A másik $10\text{drb}$, $6$ elemű csoportban (melyben a $2$ fekete golyó nincs egymás mellett) a $7$ hely közül $4$ hely (mindegyik feketétől jobbra, balra) nem jön számításba. Marad tehát a fehérek számára $3$ hely: I, II, III. E 3 elemből alkotott ismétléses $3$-ad osztályú kombinációk száma $C_3^{i\mathrm{,3}}$ és így e $10$ csoportból összesen $10\cdot C^{i\mathrm{,3}}{}_3=10\cdot \frac{3\cdot 4\cdot 5}{1\cdot 2\cdot 3}=10\cdot 10=100$ csoport képezhető, mely feltételünknek megfelel.
Ezek szerint tehát $100+100=200$ elhelyezés lehetséges, mely feltételünknek eleget tesz.